WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 61 | 62 || 64 | 65 |

Таким образом, = (1 + 22 + 3). Для s > 3 формулы получаются более громоздкие, но рассуждения те же самые. Доказательство теоремы для последнего радикала m завершено. Перейдём к радикалу m-1.

Выше было показано (для s = 3), что величины u0,, u22,..., us-1s-1 полиномиально выражаются через корни 1,..., m многочлена (1). Кроме того, они лежат в поле K(1,..., m-1), поэтому каждую из указанных величин можно представить в виде l-0 + 1m-1 + 22 +... + l-1m-1, m-где l K(1,..., m-2). Последовательность радикалов 1,..., m минимальна, поэтому равенства 1 = 2 =... = l-1 = 0 не могут выполняться сразу для всех величин, так как иначе радикал m-1 можно было бы исключить. Поэтому существует соотношение вида l-0 + 1m-1 + 22 +... + l-1m-1 = r(1,..., n) m-где l K(1,..., m-2), причём не все элементы 1,..., l-1 равны нулю, а r(1,..., n) некоторый многочлен над полем K. Рассмотрим многочлен G(x) = (x - r((1),..., (n))), где произведение берётся по всем перестановкам Sn. Коэффициенты многочлена G являются симметрическими многочленами от корней многочлена (1), поэтому они полиномиально выражаются через коэффициенты многочлена (1). Таким образом, G многочлен над K, причём он имеет корень l- = 0 + 1m-1 + 22 +... + l-1m-m-Дополнение Ясно так же, что корень выражается в радикалах (с помощью последовательности радикалов 1,..., m-1). Согласно теореме 3, заменив радикал m-1 радикалом той же самой степени, можно добиться равенства 1 = 1. К радикалу теперь можно применить те же самые рассуждения, которые мы применили к радикалу. Затем переходим к радикалу m-2 и т. д. до радикала 1.

Теперь можно приступить непосредственно к доказательству теоремы Абеля.

Теорема 5 (Абель). При n 5 корень общего многочлена степени n нельзя выразить в радикалах.

Доказательство. Предположим, что некоторый корень 1 общего многочлена степени n xn + c1xn-1 + c2xn-2 +... + cn можно выразить в радикалах. Тогда согласно теоремам 1–4 для 1 существует выражение в радикалах следующего специального вида. Корень 1 получается последовательным присоединением радикалов 1,..., m простых степеней, а эти радикалы, в свою очередь, являются многочленами от корней 1,..., n исходного многочлена. Точнее говоря, пусть 1,..., m примитивные корни из единицы, степени которых равны степеням радикалов 1,..., m соответственно, = Q(c1,..., cn) и K = (1,..., m) = Q(1,..., m, c1,..., cn).

Тогда 1 полиномиально выражается через 1,..., m над полем K, т. е.

1 = r(1,..., m, c1,..., cn), где r многочлен над Q(1,..., m). В свою очередь, радикалы 1,..., m полиномиально выражаются над полем K через 1,..., n, т. е.

1 = r1(1,..., n, c1,..., cn), где r1 многочлен над Q(1,..., m). Так как мы имеем дело с общим многочленом степени n, то можно считать, что 1,..., n независимые переменные, а c1,..., cn представляют собой (с точностью до знака) элементарные симметрические многочлены от 1,..., n.

Покажем, что при n 5 предположение о разрешимости в радикалах общего алгебраического уравнения степени n приводит к противоречию. Рассмотрим для этого перестановку 1 2 3 4 5 6... n T =, 2 3 4 5 1 6... n 520 Дополнение которая циклически переставляет первые 5 элементов, а остальные элементы оставляет неподвижными. Докажем, что при действии T на корни 1,..., n первый радикал 1 не изменяется. Так как p 1 = r1(1,..., n, c1,..., cn) = a1, где a1 многочлен от c1,..., cn над полем Q(1,..., m), то равенство p = a1 можно рассматривать как соотношение вида (1,..., n, c1,..., cn) = 0, где многочлен над полем Q(1,..., m). Покажем, что соотношение такого вида сохраняется при любой перестановке корней 1,..., n.

Пусть 1 = i,..., n = i, где i1,..., in некоторая перестановка 1 n чисел 1, 2,..., n. Тогда (1,..., n, d1,..., dn) = 0, где di = ci(1,..., n). А так как функции ci симметрические, то di = = ci(1,..., n) = ci. Поэтому (i,..., i, c1,..., cn) = 0.

1 n Итак, соотношение p = a1 сохраняется при действии перестановки T на корни 1,..., n, т. е. T (p) = T (a1). Ясно, что T (p) = T (1)p. А так 1 как a1 зависит лишь от симметрических функций корней, то T (a1) = a1.

m m Следовательно, T (1) = 1 и T (1) = m1. (Здесь T обозначает 1 перестановку T, применённую m раз, т.е. если T (i1) = i2, T (i2) = i3, m..., T (im) = im+1, то T (i1) = im+1.) Но T = I тождественная перестановка, поэтому 51 = T (1) = 1, т. е. 5 = 1.

1 Обратимся теперь к перестановкам 1 2 3 4 5 6... n U = 1 2 4 5 3 6... n и 1 2 3 4 5 6... n V =.

2 3 1 4 5 6... n Легко проверить, что U3 = V = I, поэтому U(1) = µ1 и V (1) = = 1, причём 3µ = 3 = 1. Кроме того, V U = T, поэтому 1 1 T (1) = V U(1) = µ+Следовательно, = µ+, а значит, = 6-5 = 6(µ+) = 1, так как 1 1 1 1 1 5 = 6µ = 6 = 1. В итоге получаем T (1) = 1.

1 1 Переходя последовательно к радикалам 2,..., m, аналогично получим T (i) = i при i = 2,..., m.

Дополнение Так как i = ri(1,..., n, c1,..., cn), то равенство 1 = r(1,..., m, c1,..., cn) можно рассматривать как соотношение между 1,..., n, c1,..., cn над полем Q(1,..., m). Это соотношение сохраняется под действием перестановки T, т. е.

T (1) = r(T (1),..., T (cn)) = r(1,..., cn), так как T (ci) = ci и T (i) = i. Таким образом, T (1) = 1. С другой стороны, согласно определению T получаем T (1) = 2, а значит, 1 = = 2. Равенство 1 = 2 противоречит независимости корней общего уравнения.

Теорема Кронекера Пусть f(x) многочлен с рациональными коэффициентами. Будем говорить, что уравнение f(x) = 0 разрешимо в радикалах, если каждый его корень содержится в поле, полученном путём присоединения sк полю рациональных чисел некоторых радикалов 1 = a1, 2 = s2 s= a2,..., m = am, где a1 Q, a2 Q(1), a3 Q(1, 2),..., am Q(1,..., m-1).

Теорема 6 (Кронекер). Если уравнение f(x) = 0, где f(x) неприводимый многочлен нечётной простой степени p, разрешимо в радикалах, то либо это уравнение имеет ровно один вещественный корень, либо все его корни вещественны.

Чтобы доказать эту теорему, выясним сначала, когда неприводимый над полем k (содержащимся в поле комплексных чисел) многочлен f(x) нечётной простой степени p становится приводимым после присоединения к полю k корня неприводимого многочлена g(x) некоторой степени q. Приводимость в данном случае означает, что f(x) = (x, )(x, ), где и многочлены с коэффициентами из основного поля k. Мы будем предполагать, что старшие коэффициенты многочленов f, и равны 1.

Для каждого рационального числа r многочлен u(y) = = f(r) - (r, y)(r, y) имеет коэффициенты из поля k. Кроме того, u() = 0. Таким образом, многочлен u имеет общий корень с неприводимым многочленом g, поэтому u(i) = 0 для любого корня i многочлена g. Многочлен f(x) - (x, i)(x, i) нулевой для любого рационального числа x, поэтому он нулевой для любого x. Таким образом, f(x) = (x, i)(x, i) для всех q корней многочлена g.

522 Дополнение Мы получили q равенств. Перемножив их, приходим к равен q ству f(x) = (x)(x), где (x) = (x, 1)... (x, q) и (x) = = (x, 1)... (x, q). Коэффициенты многочленов и являются симметрическими функциями с коэффициентами из поля k от корней 1,..., q многочлена g, поэтому они лежат в k. Возьмём любой корень x1 многочлена. Он является корнем многочлена f, поскольку q f(x1) = (x1)(x1). Поэтому многочлен и неприводимый многочлен f имеют общий корень, а значит, делится на f. Поделим на f и повторим те же самые рассуждения. В результате получим = fµ.

Аналогично = f; при этом µ + = q. Пусть степени многочленов и равны m и n. Тогда mq = µp и nq = p. По предположению m и n строго меньше p, поэтому q делится на p.

В частности, если f(x) неприводимый многочлен нечётной простой степени p, то после присоединения примитивного корня степени p из единицы он остаётся неприводимым. Действительно, примитивный корень степени p из единицы является корнем многочлена xp-1 +xp-2 + +... + x2 + x + 1 степени q = p - 1, причём q не делится на p. Мы будем предполагать, что основное поле k содержит примитивный корень степени p из единицы. Кроме того, присоединяя корень, мы всегда будем присоединять и комплексно сопряжённый с ним корень, т.е. будем предполагать, что основное поле k вместе с каждым числом содержит и комплексно сопряжённое число. Это можно сделать, поскольку комплексно сопряжённый корень является корнем того же самого многочлена, а рассматриваемый многочлен f(x) становится приводимым после присоединения некоторого корня неприводимого многочлена g(x) тогда и только тогда, когда он становится приводимым после присоединения любого корня многочлена g(x).

Предположим, что неприводимый многочлен f(x) простой степени p q становится приводимым после присоединения радикала = a. Напомним, что число q можно считать простым (см. с. 515). Напомним также теорему 1 на с. 516, согласно которой многочлен xq - a неприводим над k. Поэтому число q должно делиться на p, а значит, q = p.

Уравнение xp = a имеет p решений 0 =, 1 =,..., p-1 = = p-1. Пусть f(x) = (x, )(x, ), где и многочлены положительной степени с коэффициентами из основного поля k. Тогда f(x) делится на (x, i) для i = 0, 1,..., p-1. Можно считать, что многочлен (x, ) неприводим. Тогда все многочлены (x, i) тоже неприводимы. Докажем, что все они различны. Действительно, если (x, m) = = (x, n), то, положив = m, получим (x, ) = (x, ), где = n-m. Покажем, что (x, y) = (x, y ) для любого y. Коэффициент при xr многочлена (x, y) - (x, y ) представляет собой многоДополнение член h(y) над полем k степени меньше p. Число, корень неприводимого над k многочлена xp - a, не может быть корнем неприводимого над k (ненулевого) многочлена степени меньше p. Поэтому из равенства h( ) = 0 следует, что h нулевой многочлен. Таким образом, (x, ) = (x, ) = (x, 2) =... = (x, n-1). Поэтому n-(x, ) + (x, ) +... + (x, ) (x, ) =.

n Коэффициенты этого многочлена являются симметрическими функциями от 0,..., p-1, корней многочлена xp-a, поэтому они принадлежат k. Полученное противоречие показывает, что все p многочленов (x, i) различны, а значит, f(x) = (x, )(x, )... (x, p-1) разложение на линейные множители, т.е. (x, ) = x - 0, (x, ) = = x - 1,..., (x, p-1) = x - n-1.

Пусть (x, ) = x - (c0 + c1 +... + cp-1p-1), где числа c0,..., cp-лежат в поле k. Тогда j = c0 + c1j +... + cp-1p-1.

j Уравнение f(x) = 0 имеет по крайней мере один вещественный корень j, поскольку его степень нечётна. Возможны два случая.

Случай 1. Число a вещественное.

В качестве можно выбрать любой корень многочлена xp -a, поэтому можно считать, что вещественно. Запишем вещественный корень j в виде j = css = csjss = dss; числа ds = csjs лежат j в основном поле k, поскольку k по предположению содержит. Далее, j = j, поэтому (d0 - d0) + (d1 - d1) +... + (dp-1 - dp-1)p-1 = 0.

Вместе с каждым корнем мы присоединяли комплексно сопряжённый ему корень, поэтому все числа ds - ds лежат в поле k. Но число не является корнем многочлена над k степени меньше p, поэтому числа ds вещественные. Следовательно, числа r = cssrs = dss(r-j)s и t = dss(t-j)s будут комплексно сопряжёнными, если r-j+t-j (mod p), т.е. t 2j - r (mod p). В результате мы получаем один вещеp - ственный корень и комплексно сопряжённых корней многочлена f(x).

Случай 2. Число a не вещественное.

p Вместе с числом = a присоединим к полю k число. В резуль тате будет также присоединено вещественное число =. Если бы 524 Дополнение присоединение к полю k числа делало многочлен f(x) приводимым, то мы оказались бы в ситуации случая 1. Поэтому будем предполагать, что многочлен f(x) остаётся неприводимым после присоединения к полю k.

В качестве мы можем взять любой корень многочлена xp - a, поэтому можно считать, что вещественный корень это 0 = c0 + c1 + +... + cp-1p-1. Тогда 0 = 0 = c0 + c1 +... + cp-1p- p-= c0 + c1 +... + cp-1.

Таким образом, p- c0 + c1 +... + cp-1p-1 = c0 + c1 +... + cp-1. (4) Здесь числа c0,..., cp-1, c0,..., cp-1 и лежат в поле K(). По пред положению многочлен xp - a неприводим над этим полем, поэтому в соотношении (4) можно заменить на любой другой корень j многочлена xp - a. Действительно, это соотношение легко приводится к полиномиальному виду, а если некоторый многочлен G(x) имеет общий корень с неприводимым многочленом xp - a, то G(x) делится на xp - a, а потому G(i) = 0. Ясно, что = = = j = j.

j j j Поэтому соотношение (4) для j записывается в виде c0 + c1 +... + cp-1p-1 = c0 + c1 +... + cp-1p-1.

Это означает, что j = j, т.е. все корни многочлена f(x) вещественные.

Доказательство теоремы Кронекера завершено.

Имея в распоряжении теорему Кронекера, несложно доказать, что уравнение x5 - 4x + 2 = 0 неразрешимо в радикалах. Действительно, неприводимость многочлена f(x) = x5 - 4x + 2 следует из признака Эйзенштейна (задача 32.13). Количество вещественных корней этого многочлена не меньше трёх, поскольку f(-2) < 0, f(0) > 0, f(1) < 0, f(2) > 0.

С другой стороны, количество вещественных корней не может быть больше трёх, потому что иначе у производной f (x) = 5x4 - 4 было бы больше двух вещественных корней. Таким образом, неприводимый многочлен x5 - 4x+ 2 имеет ровно два не вещественных корня. Поэтому его разрешимость в радикалах противоречила бы теореме Кронекера.

Дополнение Замечание. Из доказательства теоремы Кронекера видно, что неприводимое уравнение нечётной простой степени разрешимо в радикалах тогда и только тогда, когда хотя бы один его корень выражается в радикалах. Действительно, на с. 522 делается предположение, что многочлен f(x) становится приводимым после присоединения радикала, и из этого уже выводится, что тогда он разлагается на линейные множители.

9. Диофантовы уравнения для многочленов Многочлены обладают многими из свойств, которыми обладают натуральные числа. Например, для многочлена определено разложение на множители, для пары многочленов определён наибольший общий делитель и т. д. В связи с этим для многочленов можно поставить задачи, аналогичные известным задачам и проблемам теории чисел. Как правило, для многочленов задача решается существенно проще. Например, знаменитая гипотеза Ферма о том, что при n 3 уравнение xn + yn = = zn не имеет решений в натуральных числах, была доказана лишь совсем недавно. А её аналог (неразрешимость уравнения fn + gn = hn для многочленов), как мы сейчас увидим, доказывается сравнительно просто.

Описание всех троек натуральных чисел,,, для которых уравнение f + g = h для многочленов f, g, h имеет нетривиальное решение, было получено в конце XIX в. Мы приведём более современную версию этой классификации.

Pages:     | 1 |   ...   | 61 | 62 || 64 | 65 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.